Đến nội dung

Hình ảnh

$(ab+bc+ca)(a^2+b^2+c^2) \ge 9$ nếu $(a+b)(b+c)(c+a) = 8$

* * * * * 3 Bình chọn

Lời giải nmlinh16, 29-06-2023 - 04:16

Thử chứng minh $$8(ab+bc+ca)(a^2 + b^2 + c^2) \ge 3(a+b+c)(a+b)(b+c)(c+a)$$ và thấy nó đúng thật :D. Khi nhân hết ra thì ta cần chứng minh $$5 \sum a^3 b + 5 \sum ab^3 \ge 6 \sum a^2 b^2 + 4abc \sum a,$$ trong đó $\sum$ chỉ tổng hoán vị vòng quanh. Từ đây áp dụng AM-GM: $$3a^3b + 3ab^3 \ge 6a^2 b^2$$ và $$\frac{4}{3}(a^3b + a^3b + bc^3) \ge 4a^2bc,$$ rồi cộng các bất đẳng thức tương tự lại là được. Cuối cùng ta có $$a+b+c \ge 3\sqrt[3]{\frac{a+b}{2} \cdot \frac{b+c}{2} \cdot \frac{c+a}{2}} = 3$$ theo bất đẳng thức AM-GM.

Đi đến bài viết »


  • Please log in to reply
Chủ đề này có 10 trả lời

#1
Nesbit

Nesbit

    ...let it be...

  • Quản lý Toán Ứng dụng
  • 2412 Bài viết

Cho $a,b,c\ge 0$ thoả mãn $(a+b)(b+c)(c+a) = 8$. Chứng minh rằng $(ab+bc+ca)(a^2+b^2+c^2) \ge 9.$


Không đọc tin nhắn nhờ giải toán.

 

Góp ý về cách điều hành của mod

 

 


#2
Leonguyen

Leonguyen

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 156 Bài viết

Nếu như ta thu hẹp phạm vi của biến lại thành $a,b,c$ là độ dài ba cạnh của một tam giác thì có thể giải như sau:

Bổ đề
Nếu $a,b,c$ là độ dài ba cạnh của một tam giác thì $$9(ab+bc+ca)(a^2+b^2+c^2)\geq (a+b+c)^4.$$

Chứng minh. Đặt $X=a^2+b^2+c^2,$ $Y=ab+bc+ca.$ Khi đó ta có $$9(ab+bc+ca)(a^2+b^2+c^2)-(a+b+c)^4=9XY-(X+2Y)^2=(X-Y)(4Y-X).$$

Dễ dàng chứng minh được $X-Y\geq0,$ còn $4Y-X>2Y-X=2(ab+bc+ca)-(a^2+b^2+c^2)>0$ (dựa trên Bất đẳng thức tam giác). Vậy ta hoàn tất chứng minh.

Trở lại bài toán.

Áp dụng bất đẳng thức $\text{AM - GM}$ thu được $$a+b+c=\frac{1}{2}[(a+b)+(b+c)+(c+a)]\geq\frac{1}{2}\cdot 3\sqrt[3]{(a+b)(b+c)(c+a)}=3.$$

Do đó $(ab+bc+ca)(a^2+b^2+c^2)\geq\frac{1}{9}(a+b+c)^4\geq9.$

____

P/s: Ngóng lời giải hoàn thiện của bài toán.


"Chỉ có cách nhìn thiển cận mới không thấy được vai trò của Toán học"

(Giáo sư Tạ Quang Bửu)


#3
nhancccp

nhancccp

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 130 Bài viết

Nếu như ta thu hẹp phạm vi của biến lại thành $a,b,c$ là độ dài ba cạnh của một tam giác thì có thể giải như sau:

Bổ đề
Nếu $a,b,c$ là độ dài ba cạnh của một tam giác thì $$9(ab+bc+ca)(a^2+b^2+c^2)\geq (a+b+c)^4.$$

Chứng minh. Đặt $X=a^2+b^2+c^2,$ $Y=ab+bc+ca.$ Khi đó ta có $$9(ab+bc+ca)(a^2+b^2+c^2)-(a+b+c)^4=9XY-(X+2Y)^2=(X-Y)(4Y-X).$$

Dễ dàng chứng minh được $X-Y\geq0,$ còn $4Y-X>2Y-X=2(ab+bc+ca)-(a^2+b^2+c^2)>0$ (dựa trên Bất đẳng thức tam giác). Vậy ta hoàn tất chứng minh.

Trở lại bài toán.

Áp dụng bất đẳng thức $\text{AM - GM}$ thu được $$a+b+c=\frac{1}{2}[(a+b)+(b+c)+(c+a)]\geq\frac{1}{2}\cdot 3\sqrt[3]{(a+b)(b+c)(c+a)}=3.$$

Do đó $(ab+bc+ca)(a^2+b^2+c^2)\geq\frac{1}{9}(a+b+c)^4\geq9.$

____

P/s: Ngóng lời giải hoàn thiện của bài toán.

tai sao $(ab+bc+ac)(a^2+b^2+c^2)\geq \frac{1}{4}(a+b+c)^4$ nhir


Chuông vẳng nơi nao nhớ lạ lùng
Ra đi ai chẳng nhớ chùa chung
Mái chùa che chở hồn dân tộc 
Nếp sống bao đời của tổ tông
Thích Mãn Giác

#4
supermember

supermember

    Đại úy

  • Hiệp sỹ
  • 1644 Bài viết

Bài này thì chưa thử giải chi tiết, tuy nhiên "chém đinh chặt sắt" chắc chắn vẫn ra như thường:

 

Đặt: $x = a+b; y = b+c ; z = c+a$ thì hiển nhiên là $ x ;y;z$ sẽ là những số thực dương và $ xyz = 8$

 

Ta hoàn toàn có thể tính được $ a; b ; c $ theo $ x;y;z$ và do đó thì cũng không khó để tính $ ab + bc + ca ; a^2 + b^2 + c^2$ theo $x; y; z$

 

Đến đây thì sử dụng chiêu " chém đinh chặt sắt" mà supermember đã sử dụng nhiều lần ở các topic:

 

1. https://diendantoanh...-2/#entry740186

2. https://diendantoanh...c2-leq-frac103/

3. https://diendantoanh...lâm-đồng-2022/ 

 

Ý tưởng đơn giản là giảm dần số biến từ $3$ biến thành $2$ biến, từ $2$ biến thành $1$ biến thông qua công cụ khảo sát hàm và việc xếp thứ tự tăng dần các biến.


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi supermember: 25-06-2023 - 19:05

Khi bạn là người yêu Toán, hãy chấp nhận rằng bạn sẽ buồn nhiều hơn vui :)

#5
Nesbit

Nesbit

    ...let it be...

  • Quản lý Toán Ứng dụng
  • 2412 Bài viết

Bài này nếu chém đinh chặt sắt thì có nhiều cách, dùng $p,q,r$ cũng được.

Gợi ý cho các bạn để có một lời giải đẹp: để chứng minh $A\ge B$, ta tìm $C$ sao cho $A\ge C\ge B$. Tuy mỗi BĐT $A\ge C$ và $C\ge B$ đều chặt hơn BĐT ban đầu, nhưng có thể chứng minh dễ hơn hẳn. 


Không đọc tin nhắn nhờ giải toán.

 

Góp ý về cách điều hành của mod

 

 


#6
nmlinh16

nmlinh16

    Trung sĩ

  • ĐHV Toán học Hiện đại
  • 165 Bài viết
✓  Lời giải

Thử chứng minh $$8(ab+bc+ca)(a^2 + b^2 + c^2) \ge 3(a+b+c)(a+b)(b+c)(c+a)$$ và thấy nó đúng thật :D. Khi nhân hết ra thì ta cần chứng minh $$5 \sum a^3 b + 5 \sum ab^3 \ge 6 \sum a^2 b^2 + 4abc \sum a,$$ trong đó $\sum$ chỉ tổng hoán vị vòng quanh. Từ đây áp dụng AM-GM: $$3a^3b + 3ab^3 \ge 6a^2 b^2$$ và $$\frac{4}{3}(a^3b + a^3b + bc^3) \ge 4a^2bc,$$ rồi cộng các bất đẳng thức tương tự lại là được. Cuối cùng ta có $$a+b+c \ge 3\sqrt[3]{\frac{a+b}{2} \cdot \frac{b+c}{2} \cdot \frac{c+a}{2}} = 3$$ theo bất đẳng thức AM-GM.


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi nmlinh16: 29-06-2023 - 18:09

$$\text{H}^r_{\text{ét}}(\mathcal{O}_K, M) \times \text{Ext}^{3-r}_{\mathcal{O}_K}(M,\mathbb{G}_m) \to \text{H}^3_{\text{ét}}(\mathcal{O}_K,\mathbb{G}_m) \cong \mathbb{Q}/\mathbb{Z}.$$

"Wir müssen wissen, wir werden wissen." - David Hilbert


#7
Nesbit

Nesbit

    ...let it be...

  • Quản lý Toán Ứng dụng
  • 2412 Bài viết
@nmlinh16 Chính là nó :D
Bài này nếu đọc lời giải rồi thì thấy dễ, nhưng thật ra là một bài khá khó.

Không đọc tin nhắn nhờ giải toán.

 

Góp ý về cách điều hành của mod

 

 


#8
HaiDangPham

HaiDangPham

    Sĩ quan

  • Điều hành viên THCS
  • 318 Bài viết

Phương hướng tư duy là ta sẽ nhìn giả thiết $(a+b)(b+c)(c+a)=8$ theo nhiều cách khác nhau để từ đó dẫn tới các tính chất mới của $a, b, c$. Điều này tương tự việc đi tìm các hình phụ trong giải toán hình. 

 

Ta gọi giả thiết $(a+b)(b+c)(c+a)=8$ là $(*)$ và đặt $S=(a^2+b^2+c^2)(ab+bc+ca)$.

 

 

Bước đầu tiên, ta có

$(a+b)(b+c)(c+a) \geq 2\sqrt{ab}.2\sqrt{bc}.2\sqrt{ac}=8abc$

Do đó $abc \leq 1$.

 

Tiếp theo ta có 

$a+b+c=\frac{(a+b)+(b+c)+(c+a)}{2} \geq \frac{3\sqrt[3]{(a+b)(b+c)(c+a)}}{2}=3$

 

Bây giờ ta viết lại $(*)$ dưới dạng khác 

$(a+b+c)(ab+bc+ca)=abc+8$ 

Ta có

$3(ab+bc+ca) \leq (a+b+c)(ab+bc+ca)$ và $abc+8\leq 9$. 

Vì vậy $ab+bc+ca\leq 3$. 

 

Tóm lại ta có ba bất đẳng thức quan trọng giống như 3 điểm phụ làm nền tảng để mở rộng tiếp các tính chất mới đó là $abc\leq 1$, $a+b+c\geq 3$, và $ab+bc+ca\leq 3$. 

 

 

Bước tiếp theo, ta viết lại $(*)$ dưới một dạng khác nữa là $(a+b)(a+c)=\frac{8}{b+c}$ 

hay 

$a^2+a(b+c)+bc=\frac{8}{b+c}$

Tương tự ta có 

$b^2+b(a+c)+ac=\frac{8}{a+c}$

$c^2+c(a+b)+ab=\frac{8}{a+b}$

Từ đó 

$a^2+b^2+c^2+3(ab+bc+ca) = 8 \left ( \frac{1}{a+b} + \frac{1}{b+c}+ \frac{1}{c+a} \right) \geq 8.3 \sqrt[3]{\frac{1}{(a+b)(b+c)(c+a)}}=12$

nói cách khác là 
$a^2+b^2+c^2 \geq 12-3(ab+bc+ca)$ 
Nhân cả hai vế bất đẳng thức với $ab+bc+ca$ ta được 
$S \geq 12(ab+bc+ca)-3(ab+bc+ca)^2$ 
Xét trường hợp $ab+bc+ca \geq 1$. Khi đó bất đẳng thức $12(ab+bc+ca)-3(ab+bc+ca)^2\geq 9$ tương đương với 
$(ab+bc+ca-1)(ab+bc+ca-3)\leq 0$ 
Bất đẳng thức này đúng vì $ 1\leq ab+bc+ca \leq 3$.
Vậy trong trường hợp $ab+bc+ca \geq 1$ ta có $S\geq 9$.  Dấu đẳng thức xảy ra khi $a=b=c=1$. 
 
 
Bước cuối cùng, xét trường hợp còn lại là $ab+bc+ca < 1$. 
 
Ta viết lại $(*)$ dưới một dạng khác là $a^2(b+c)+a(b+c)^2+bc(b+c)=8$.
Nhân cả hai vế với $a$ ta được 
$a^3(b+c)+(ab+ac)^2+abc(b+c)=8a$
Tương tự ta có 
$b^3(a+c)+(ab+bc)^2+abc(a+c)=8b$
$c^3(a+b)+(bc+ac)^2+abc(a+b)=8c$
Cộng ba đẳng thức trên lại ta được 
$a^3(b+c)+b^3(c+a)+c^3(a+b)+(ab+ac)^2+(bc+ca)^2+(ca+ab)^2+2abc(a+b+c)=8(a+b+c)$ 
Với lưu ý rằng $S=a^3(b+c)+b^3(c+a)+c^3(a+b)+abc(a+b+c)$ ta suy ra 
$S +(ab+ac)^2+(bc+ca)^2+(ca+ab)^2+abc(a+b+c)=8(a+b+c)$ 
hay 
$S=8(a+b+c)-2(a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2)-3abc(a+b+c)$
 
Vì $ab+bc+ca <1$ nên
$abc(a+b+c)=ab.ac+bc.ac+ac.ab \leq \frac{1}{3}(ab+bc+ca)^2 <1$.
Hơn nữa ta cũng có $a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2<(ab+bc+ca)^2=1$. Vì vậy 
$S > 8.3-2.1-3.1=19>9$
 
Bài toán được chứng minh trọn vẹn. 
 

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi HaiDangPham: 01-07-2023 - 08:53

"Hap$\pi$ness is only real when shared."

#9
Leonguyen

Leonguyen

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 156 Bài viết

Cho $a,b,c$ là các số thực không âm thoả mãn $(a+b)(b+c)(c+a)=8.$ Chứng minh rằng

$$(ab+bc+ca)(a^2+b^2+c^2+k)\geq3(k+3)$$ với $7\geq k \in N^+.$

Nguồn: AoPS.


"Chỉ có cách nhìn thiển cận mới không thấy được vai trò của Toán học"

(Giáo sư Tạ Quang Bửu)


#10
Nesbit

Nesbit

    ...let it be...

  • Quản lý Toán Ứng dụng
  • 2412 Bài viết

@Leonguyen Đọc đề có cảm giác là bạn bên đó lấy cảm hứng từ bài trong topic này (chắc có bạn nào share từ VMF lên mấy group FB về BĐT chăng?). Ta thậm chí có thể tìm $k$ lớn nhất thoả mãn bằng cách cho hai số bằng nhau (tất nhiên sau đó phải chứng minh BĐT với giá trị $k$ đó). Ngoài ra nếu BĐT đúng với $k$ thì cũng sẽ đúng với mọi số thực $k$ nhỏ hơn $k$, vì thế điều kiện $k\in\mathbb{N}^*$ hơi kì. 


Không đọc tin nhắn nhờ giải toán.

 

Góp ý về cách điều hành của mod

 

 


#11
stray

stray

    Binh nhì

  • Thành viên mới
  • 15 Bài viết

tai sao $(ab+bc+ac)(a^2+b^2+c^2)\geq \frac{1}{4}(a+b+c)^4$ nhir

 theo mình dùng bđt chebyshev






0 người đang xem chủ đề

0 thành viên, 0 khách, 0 thành viên ẩn danh